題目大意

一個 \((n + 2) \times m\) 的網格。

除了第一行與最後一行，每一行都有 \(p\) 的概率消失，求 \(k\) 天后，網格始終保持聯通的概率。

答案對 \(10^9 + 7\) 取模。

\(\text{Data Range:} 1 \leq n,m \leq 1.5 \times 10^3, k\leq 10^5\)。

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不難發現最後每一行剩下的一定都會是一個連續的區間，而且每行之間相互獨立。

自然設立狀態 \(dp_{i,l,r}\) 表示當前是第 \(i\) 行，\(k\) 天后這一行剩下的區間為 \([l, r]\)，第 \(0\) 行到第 \(i\) 行都聯通的概率。

先考慮算變成區間 \([l,r]\) 的概率。

設 \(k\) 天內，消失 \(i\) 個格子的概率為 \(g_i = \binom{k}{i} p^i \times (1-p)^{k-i}\)。

所以剩下區間 \([l,r]\) 的概率為 \(g_{l-1} \times g_{m-r}\)。

當然還需要檢查這段區間長度是否合法，因為最多消失 \(2k\) 個格子。

轉移式子不難寫出。

\[dp_{i,l,r} = g_{l-1} \times g_{m-r} \sum_{[l_1, r_1] \cap [l,r] \neq \varnothing} dp_{i-1,l_1,r_1} \]

複雜度 \(nm^4\)

，顯然不行，而且狀態數都為 \(nm^2\)。

那考慮優化狀態，去掉左端點的限制。

設 \(dp_{i,r}\) 表示第 \(i\) 行的剩餘區間的右端點為 \(r\)，第 \(0\) 行到第 \(i\) 行都聯通的概率，轉移的時候列舉 \(l\) 進行轉移。

考慮一個和區間 \([l,r]\) 有交的區間 \([l_1,r_1]\)。

它滿足 \(r_1 \geq l, l_1 \leq r\)，那麼容斥把這一部分算出來即可。

對於 \(r_1 < l\) 的部分，列舉 \(l\) 時計算 \(\sum_{j=1}^{l-1} dp_{i-1,j}\)。

對於 \(l_1 > r\)

的部分，因為網格是對稱的，所以 \(f_{i,r}\) 也可以表示左端點為 \(m-r+1\) 且聯通的概率，因此這一部分可以計算為 \(\sum_{j=1}^{m-r} f_{i-1,j}\)。

於是轉移如下。

\[dp_{i,r} = \sum_{l=1}^r g_{l-1} g_{m-r} (\sum_{j=1}^m f_{i-1, j} - \sum_{j = 1}^ {i-1} f_{i-1,j} - \sum_{j=1}^{m-r} f_{i-1,j}) \]

這東西長得就很一臉字首和的樣子，那就考慮字首和優化。

令 \(s_{j}\) 表示 \(\sum_{k=1}^j f_{i-1,k}\)。

\[f_{i,r} = g_{m-r} \sum_{l=1}^r g_{l-1} )(s_m - s_{l-1} - s_{m-r}) \] \[f_{i,r} = g_{m-r} \times( (s_m - s_{m-r}) \sum_{l = 1}^r g_{l-1} - \sum_{l=1}^r g_{l-1} s_{l-1}) \]

在令 \(p_i\) 和 \(q_i\) 依次為 \(g_i\) 與 \(g_i \times s_i\) 的字首和，之後即可做到 \(O(1)\) 轉移，總時間複雜度 \(o(nm)\)。

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
  int x = 0, f = 1;  char ch = getchar();
  while( !isdigit(ch) ) { if(ch == '-') f = -1;  ch = getchar();  }
  while( isdigit(ch) ) {  x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);  ch = getchar();  }
  return x * f;
}
const int N = 3e6, mod = 1e9 + 7;
int n, m, a, b, pt, pt2, k, ans, fac[N], ifac[N], dp[3005][3005], g[3005];
int power(int a,int b) { int ans = 1; while (b) { if (b & 1) ans = ans * a % mod; a = a * a % mod; b >>= 1;} return ans; }
int binom(int n,int m) { return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod; }
int s[N], p[N], q[N];
signed main () {
  n = read(), m = read(), a = read(), b = read(), k = read(); 
  fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= k; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
  ifac[k] = power(fac[k], mod - 2); for (int i = k - 1; ~i; i--) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
  pt = a * power(b, mod - 2) % mod; pt2 = 1 - pt; pt2 += mod; pt2 %= mod;
  for (int i = 0; i <= k && i <= m; i++) g[i] = binom(k, i) * power(pt, i) % mod * power(pt2, k - i) % mod;
  dp[0][m] = 1;  p[0] = g[0]; 
  for (int i = 1; i <= m; i++) p[i] = p[i - 1] + g[i], p[i] %= mod;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= m; j++) s[j] = s[j - 1] + dp[i - 1][j], s[j] %= mod;
    for (int j = 1; j <= m; j++) q[j] = q[j - 1] + g[j] * s[j] % mod, q[j] %= mod;
    for (int r = 1; r <= m; r++) dp[i][r] = g[m - r] * ( (s[m] - s[m - r] + mod) % mod * p[r - 1] % mod - q[r - 1] + mod) % mod;
  }  
  for (int i = 1; i <= m; i++) { ans += dp[n][i]; ans %= mod;}
  printf("%lld\n", ans);
  return 0;
}